C++ lambda表达式的模板推导

Question

我有一个函数，它接受两个std :: function作为参数。第二个函数的参数类型与第一个函数的结果相同。

我编写了一个这样的函数模板：

template<typename ResultType>
void examplFunction(std::function<ResultType()> func, std::function<void(ResultType)> func2) {
  auto x = func();
  func2(x);
}

我可以这样调用它：

void f() {
  examplFunction<int>([]() { return 1; },   //
                      [](int v) { std::cout << "result is " << v << std::endl; });
}

有没有办法在examplFunction<int>中去掉<int>，让编译器推断出ResultType的类型？

- ErWu

---

Lambda表达式不是std::function。std::function是一种类型擦除工具。类型推导和类型擦除是彼此相反的。如果您正在推断类型擦除工具的类型，那么几乎总是会出错。 - Yakk - Adam Nevraumont

Answer 1

你实际上需要在那里使用 std::function 吗？std::function 在需要进行类型抹除时非常有用。使用模板时，通常可以完全跳过它：

template<class F1, class F2>
void examplFunction(F1 func, F2 func2, decltype(func2(func()))* sfinae = nullptr) {
  auto x = func();
  func2(x);
}

sfinae 参数确保该函数只能使用那些使得 func2 可以使用 func 的结果进行调用的函数。

- Angew is no longer proud of SO

---

请注意，您的SFINAE实际上与实现不对应。如果func返回一个移动语义类型（比如std::unique_ptr），那么SFINAE将允许它，但函数体将无法编译。示例。 - Max Langhof

我想应该是这样的。我在想，如果使用隐式转换（还有一个重载的 func2），是否会导致它出现问题... 但我没有看到任何问题。 - Max Langhof

嗯，它看起来做了它应该做的事情。但是 decltype(func2(func()))* sfinae = nullptr 对我来说看起来很神奇。第三个函数参数如何限制第一和第二个参数？ - ErWu

基本上，如果 func2(func()) 不符合语法规则，它会防止模板被实例化。SFINAE 是指从函数的重载集中删除候选函数以使程序能够继续编译。 - Angew is no longer proud of SO

@MatthieuM。不，没有理由。那只是我想到的第一件事情。一个带有默认参数的模板参数或者返回类型同样可以起作用。 - Angew is no longer proud of SO

Answer 2

有的。

template<typename ResultType>
void examplFunction_impl(std::function<ResultType()> func, std::function<void(ResultType)> func2) {
    auto x = func();
    func2(x);
}

template<class F1, class F2>
void examplFunction(F1&& f1, F2&& f2)
{
    using ResultType = decltype(f1());
    examplFunction_impl<ResultType>(std::forward<F1>(f1), std::forward<F2>(f2));
}

演示

在此情况中，您要求f1可以不带参数调用，以便在助手函数中确定返回类型。然后您使用显式指定返回类型的方式调用真实函数。

您可以添加一些SFINAE来确保此函数仅在f1确实可以像那样被调用（并且如果f2也可以使用f1的返回值进行调用）时才参与重载决议。

尽管我必须同意@Angew的看法，在给定的示例中没有必要使用std::function。当然，在实际情况下可能会有所不同。

- Max Langhof

Answer 3

std::function有一个模板（以及其他没有限制的）构造函数，因此仅从参数类型推导它并不是那么容易。如果这些参数仍需要是std :: function，您可以为两个std :: function的代价省略一个<int>，并让推导指南完成剩下的工作：

void f() {
    examplFunction(std::function([]() { return 1; }),   //
                   std::function([](int v) { std::cout << "result is "
                                             << v << std::endl; }));
}

有趣的是，并非总是有效。例如，libc++的当前实现缺少std::function的指导，因此违反了标准。

- bipll

Answer 4

Angew的回答很好（应该被接受的答案），但缺少了检查section函数是否返回任何内容的细节。为了做到这一点，您需要使用std::is_void类型特征和std::enable_if：

template<class F1, class F2>
void examplFunction(F1 func, F2 func2, std::enable_if_t<std::is_void_v<decltype(func2(func()))>, void*> sfinae = nullptr) {
    auto x = func();
    func2(x);
}

如果你不熟悉类型特征和SFINAE，那么这种明显的写法会更冗长和难以阅读，所以如果你不需要确保F2返回void，那么它可能不是最好的选择。

- bobshowrocks

---

OP的原始代码并不要求func2返回void。std::function<void(ResultType)>可以从返回任何类型的函数中构造；它只会将返回值转换为void，也就是说，它会忽略它。std::function<void()>( []() { return 42; } )编译得很好。 - Quuxplusone